微专题14数列中的最值、范围问题讲义-2026届高三数学二轮专题复习

该高中数学高考复习讲义聚焦数列中的最值、范围问题，覆盖等比、等差数列的和式最值、n的范围、参数范围等核心考点，按“真题引入—分类突破—规律总结—分层训练”逻辑展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建解题模型，体现复习的系统性和针对性。 讲义特色在于将高考真题与典型例题深度结合，通过“问题情境—数学抽象—逻辑推理—模型应用”教学流程，培养学生的数学思维和模型意识，如例3通过不等式恒成立问题引导学生转化参数范围，配合精准强化练的分层设计，确保复习效率，助力学生提升应考能力，为教师提供清晰的复习路径。

微专题14　数列中的最值、范围问题 近几年高考：近几年高考试题中,与数列有关的最值范围问题既有解答题,也有选择、填空题,难度中档或偏上. 1、 高考真题 1.(2024·上海卷)等比数列{an}的首项a1>0,公比q>1,记In={x-y|x,y∈[a1,a2]∪[an,an+1]},若对任意正整数n,In是闭区间,则q的取值范围是　　　　.  2.(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围. 二．典型例题 1.　求数列和式的最值、范围 例1 (2025·长沙调研)已知数列{an}是首项等于的等比数列,公比q∈N*,Sn是它的前n项和,满足S4=5S2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=logaan(a>0且a≠1),求数列{bn}的前n项和Tn的最值. 规律方法　求数列和式最值、范围的基本方法 (1)利用不等式组(n≥2)确定和式的最大值; 利用不等式组(n≥2)确定和式的最小值. (2)利用和式的单调性(要先判断其单调性). (3)把数列的和式看作函数求其最值、值域. 训练1 (2025·连云港调研)记数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N*,有Sn=n(an+n-1). (1)证明:{an}是等差数列; (2)若当且仅当n=7时,Sn取得最大值,求a1的取值范围. 2.　求n的最值或范围 例2 已知数列{an}是递增的等比数列.设其公比为q,前n项和为Sn,且满足a1+a5=34,8是a2与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=n·an,Tn是{bn}的前n项和,求使Tn-n·2n+1>-100成立的最大正整数n的值. 规律方法　求n的值或最值,一般涉及数列的项或和的最值与范围,通常化归为解关于n的不等式,或根据数列的单调性求解. 训练2 (2025·丹东段测)记Sn为等差数列{an}的前n项和,4Sn=anan+1+1,an≠0,n∈N*. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,求使bn取得最大值时n的值. 3.　求数列不等式中参数的取值范围 例3 (2025·重庆质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn+1-Sn=2,a1=1. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn},{cn}满足bn=-2log2an,cn=,{cn}的前n项和为Tn,若不等式Tn-2≥λcn对一切正整数n恒成立,求λ的取值范围. 易错提醒　求数列不等式中参数的取值范围问题要看清楚是恒成立,还是有解问题,若f(n)≥M恒成立,则f(n)min≥M;若f(n)≥M有解,则f(n)max≥M. 训练3 已知数列{an}中,an=1+(k≠0). (1)若k=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值; (2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求k的取值范围. 【精准强化练】 一、单选题 1.(2025·哈尔滨模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+a7<0,S9>0,则Sn的最大值为(　　) A.S4 B.S5 C.S6 D.S7 2.(2025·兰州调研)已知数列{an}为等比数列,a1=512,公比q=,则数列{an}的前n项积Tn最大时,n=(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 3.(2025·丽水模拟)已知等比数列{an}的首项为m,且0<m<1,an>0,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an}的前n项的积,若S3=7m,Tn中仅有T4最小,则实数m的取值范围是(　　) A. B.(8,16] C.[1,8] D. 4.若数列{an}的前n项积bn=1-n,则an的最大值与最小值之和为(　　) A.- B. C.2 D. 5.(2025·安庆调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=1,设bn=,若数列{bn}是递增数列,则λ的取值范围是(　　) A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(-∞,3) D.(3,+∞) 6.(2025·Z20名校联盟二联)定义在(0,+∞)的增函数f(x)满足:f(x)+f(y)=f(xy)-1,且f(2)=0,f(an)=n-1.已知数列{an}的前n项和为Sn,则使得Sn<2 025成立的n的最大值是(　　) A.8 B.9 C.10 D.11 7.(2025·滨州联测)设数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且(n+1)(Sn+1-Sn)=(n+2)an.若存在n∈N*,使得2Sn+14≤kan成立,则k的最小值是(　　) A.4+1 B. C. D.8 8.(2025·开封质检)如果数列{an}对任意的n∈N*均有an+2+an>2an+1恒成立,那么称数列{an}为“M-数列”,下列数列是“M-数列”的是(　　) A.an=2n-1 B.an=-3n C.an=n×2n D.an=n2× 二、多选题 9.(2025·杭州模拟)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件:a1>1,a2 024a2 025>1,<0,下列结论正确的是(　　) A.S2 024<S2 025 B.a2 024a2 026<1 C.T2 024是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 10.(2025·西宁二模)已知数列{3n-1an}的前n项和为n·3n,则(　　) A.an=2n+1 B.数列{an}的前n项和为2n2+n C.数列{an-10}的前n项和的最小值为-16 D.数列的前n项和小于 11.(2025·广州调研)已知a1=1,=(λ≥0).下列选项中正确的有(　　) A.存在λ,使存在正整数N,使n≥N时,an+1<an恒成立 B.存在λ,使不存在正整数N,使n≥N时,an+1<an恒成立 C.存在λ,使存在正整数N,使n≥N时,an+1>an恒成立 D.存在λ,使不存在正整数N,使n≥N时,an+1>an恒成立 三、填空题 12.(2025·南昌调研)已知在数列{an}中,a1=2,an+1=an,设数列{anan+1}的前n项和为Sn,若不等式(n+8)k≥Sn对∀n∈N*恒成立,则k的最小值为　　　　.  13.(2025·武汉调研)已知数列{an},{cn}满足a1=1,an+1=2an+1,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,若存在m使得Tn>对任意的n∈N*都成立,则正整数m的最小值为　　　　.  14.(2025·福州质检)若x=1是函数f(x)=an+1x4-anx3-an+2x+1的极值点,数列{an}满足a1=1,a2=3,设bn=log3an+1,记[x]表示不超过x的最大整数.设Sn=[++…+],若不等式Sn≥t对∀n∈N*恒成立,则实数t的最大值为　　　　.  四、解答题 15.(2025·石家庄质检)已知各项为正的数列{an}的首项为2,a2=6,an+2an+1-2=an+1an--anan+2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前n项和为Sn,求数列{Sn+an-28}前n项和的最小值. 16.(2025·银川调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=,a2+a3=-. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=求数列{bn}的前n项和Tn; (3)若存在正整数n,使得(Sn-m)(Sn+1-m)<0成立,求m的取值范围. . 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题14　数列中的最值、范围问题 近几年高考：近几年高考试题中,与数列有关的最值范围问题既有解答题,也有选择、填空题,难度中档或偏上. 1、 高考真题 1.(2024·上海卷)等比数列{an}的首项a1>0,公比q>1,记In={x-y|x,y∈[a1,a2]∪[an,an+1]},若对任意正整数n,In是闭区间,则q的取值范围是　　　　.  答案　[2,+∞) 解析　显然等比数列{an}递增,不妨设x≥y, 若x,y∈[a1,a2],则x-y∈[0,a2-a1], 若x,y∈[an,an+1],则x-y∈[0,an+1-an], 若x∈[an,an+1],y∈[a1,a2], 则x-y∈[an-a2,an+1-a1], ∵对任意正整数n,In都是闭区间, ∴an-a2≤an+1-an,如图, 又a1>0,∴qn-2qn-1+q≥0, 即qn-2(q-2)+1≥0,对任意正整数n,上式都成立,则必有q≥2. 2.(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围. 解　(1)因为4Sn+1=3Sn-9, 所以当n≥2时,4Sn=3Sn-1-9, 两式相减可得4an+1=3an,即=. 当n=1时,4S2=4=--9, 解得a2=-,所以=. 所以数列{an}是首项为-, 公比为的等比数列, 所以an=-×=-. (2)因为3bn+(n-4)an=0, 所以bn=(n-4)·. 所以Tn=-3×-2×-1×+0×+…+(n-4)·,① 所以Tn=-3×-2×-1×+0×+…+(n-5)·+(n-4)·,② ①-②得Tn=-3×+++…+-(n-4)· =-+-(n-4)· =-n·, 所以Tn=-4n·. 因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立, 所以-4n·≤λ(n-4)·恒成立, 所以(λ+3)n-4λ≥0. 记f(n)=(λ+3)n-4λ(n∈N*), 所以解得-3≤λ≤1. 所以λ的取值范围是[-3,1]. 二．典型例题 1.　求数列和式的最值、范围 例1 (2025·长沙调研)已知数列{an}是首项等于的等比数列,公比q∈N*,Sn是它的前n项和,满足S4=5S2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=logaan(a>0且a≠1),求数列{bn}的前n项和Tn的最值. 解　(1)公比q∈N*,∵S4=5S2,q≠1, ∴=,解得q=2. ∴an=×2n-1=2n-5. (2)bn=logaan=(n-5)loga2, ∴数列{bn}的前n项和Tn=loga2=loga2, 当a>1时,(Tn)min=T4=T5=-10loga2,无最大值; 当0<a<1时,(Tn)max=T4=T5=-10loga2,无最小值. 规律方法　求数列和式最值、范围的基本方法 (1)利用不等式组(n≥2)确定和式的最大值; 利用不等式组(n≥2)确定和式的最小值. (2)利用和式的单调性(要先判断其单调性). (3)把数列的和式看作函数求其最值、值域. 训练1 (2025·连云港调研)记数列{an}的前n项和为Sn,对任意n∈N*,有Sn=n(an+n-1). (1)证明:{an}是等差数列; (2)若当且仅当n=7时,Sn取得最大值,求a1的取值范围. (1)证明　因为Sn=nan+n(n-1),① 所以当n≥2时, Sn-1=(n-1)an-1+(n-1)(n-2),② ①-②可得an=nan-(n-1)an-1+2n-2, 得(1-n)an=-(n-1)an-1+2(n-1), 得an-an-1=-2,故{an}为等差数列. (2)解　若当且仅当n=7时,Sn取得最大值, 则有 则解得12<a1<14, 故a1的取值范围为(12,14). 2.　求n的最值或范围 例2 已知数列{an}是递增的等比数列.设其公比为q,前n项和为Sn,且满足a1+a5=34,8是a2与a4的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=n·an,Tn是{bn}的前n项和,求使Tn-n·2n+1>-100成立的最大正整数n的值. 解　(1)因为8是a2与a4的等比中项, 所以a2a4=82=64, 则由题意得 解得 因为数列{an}是递增的等比数列, 所以即a1=2,q=2, 所以an=a1qn-1=2×2n-1=2n. (2)由(1)得bn=n·an=n×2n, 则Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n,① 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,② 由①-②得-Tn=21+22+23+…+2n-n×2n+1, 即Tn=n×2n+1-=(n-1)2n+1+2, 所以Tn-n·2n+1=(n-1)2n+1+2-n·2n+1=2-2n+1. 由Tn-n·2n+1>-100, 得2-2n+1>-100, 即2n<51,由于25=32<51,26=64>51, 所以n≤5,即使Tn-n·2n+1>-100成立的最大正整数n的值为5. 规律方法　求n的值或最值,一般涉及数列的项或和的最值与范围,通常化归为解关于n的不等式,或根据数列的单调性求解. 训练2 (2025·丹东段测)记Sn为等差数列{an}的前n项和,4Sn=anan+1+1,an≠0,n∈N*. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=,求使bn取得最大值时n的值. 解　(1)因为{an}为等差数列,且4Sn=anan+1+1,an≠0,n∈N*, 所以当n≥2时,有4Sn-1=an-1an+1, 两式相减,得4an=an(an+1-an-1)=2dan(d为等差数列{an}的公差),解得d=2. 当n=1时,有4S1=a1a2+1, 即4a1=a1a2+1,4a1=a1(a1+2)+1, 解得a1=1. 所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1. (2)由(1)知an=2n-1, 所以Sn==n2, 所以bn==. 当bn取得最大值时,有 即 整理得 所以1+≤n≤2+. 又因为n∈N*,解得n=3, 所以b3最大,且b3=,所以当bn取得最大值时,n=3. 3.　求数列不等式中参数的取值范围 例3 (2025·重庆质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足2Sn+1-Sn=2,a1=1. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn},{cn}满足bn=-2log2an,cn=,{cn}的前n项和为Tn,若不等式Tn-2≥λcn对一切正整数n恒成立,求λ的取值范围. 解　(1)由2Sn+1-Sn=2, 令n=1,得2S2-S1=2, 即2(a2+a1)-a1=2, 又a1=1,得a2=. 又由 可得2Sn+1-2Sn=Sn-Sn-1, 则有2an+1=an,即an+1=an, 又a2=a1,符合上式, 所以an+1=an(n∈N*), 所以数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列,故an=(n∈N*). (2)由(1)得bn=-2log2an=-2log2=2n-2, cn===n·2n, 所以Tn=1×21+2×22+…+n×2n,① 2Tn=1×22+2×23+…+(n-1)×2n+n×2n+1,② ②-①得 Tn=-1×21-(22+23+…+2n)+n×2n+1 =-2-+n×2n+1 =2+(n-1)2n+1, 所以Tn-2=(n-1)2n+1, 又不等式Tn-2≥λcn对一切正整数n恒成立,即不等式(n-1)2n+1≥λn·2n对一切正整数n恒成立, 所以λ≤2, 又n∈N*,2≥0, 所以λ≤0,即λ的取值范围是(-∞,0]. 易错提醒　求数列不等式中参数的取值范围问题要看清楚是恒成立,还是有解问题,若f(n)≥M恒成立,则f(n)min≥M;若f(n)≥M有解,则f(n)max≥M. 训练3 已知数列{an}中,an=1+(k≠0). (1)若k=-7,求数列{an}中的最大项和最小项的值; (2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求k的取值范围. 解　(1)∵an=1+, 又k=-7,∴an=1+. 结合函数f(x)=1+的单调性, 可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1. ∴数列{an}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0. (2)an=1+=1+, 已知对任意的n∈N*,都有an≤a6成立, 结合函数f(x)=1+的单调性, 可知5<<6,即-10<k<-8. 即k的取值范围是(-10,-8). 【精准强化练】 一、单选题 1.(2025·哈尔滨模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a4+a7<0,S9>0,则Sn的最大值为(　　) A.S4 B.S5 C.S6 D.S7 答案　B 解析　由S9=9a5>0,得a5>0, 又a5+a6=a4+a7<0, 则a6<0,所以公差d=a6-a5<0, 故当n≤5时,an>0, 当n≥6时,an<0, 所以当n=5时,Sn最大. 2.(2025·兰州调研)已知数列{an}为等比数列,a1=512,公比q=,则数列{an}的前n项积Tn最大时,n=(　　) A.4 B.5 C.6 D.7 答案　B 解析　因为a1=512,公比q=, 则an=512·=, 所以当1≤n≤5时,an>1; 当n≥6时,0<an<1, 又Tn是数列{an}的前n项积,则当n=5时,Tn取得最大值,故选B. 3.(2025·丽水模拟)已知等比数列{an}的首项为m,且0<m<1,an>0,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{an}的前n项的积,若S3=7m,Tn中仅有T4最小,则实数m的取值范围是(　　) A. B.(8,16] C.[1,8] D. 答案　A 解析　设数列{an}的公比q, 因为0<m<1,an>0,所以q>0, S3=m+mq+mq2=7m, 解得q=2, 因为Tn中仅有T4最小,所以0<a4<1,a5>1, 则0<mq3<1,mq4>1,得0<8m<1,16m>1, 所以<m<. 4.若数列{an}的前n项积bn=1-n,则an的最大值与最小值之和为(　　) A.- B. C.2 D. 答案　C 解析　∵数列{an}的前n项积bn=1-n, 当n=1时,a1=; 当n≥2时,bn-1=1-(n-1), an====1+, 当n=1时也适合上式,∴an=1+. 当n≤4时,数列{an}单调递减,且an<1; 当n≥5时,数列{an}单调递减,且an>1, 故an的最大值为a5=3,最小值为a4=-1, ∴an的最大值与最小值之和为2,故选C. 5.(2025·安庆调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=1,设bn=,若数列{bn}是递增数列,则λ的取值范围是(　　) A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(-∞,3) D.(3,+∞) 答案　C 解析　当n=1时,S1+a1=2a1=1, 解得a1=, 当n≥2时,由Sn+an=1, 得Sn-1+an-1=1, 两式相减得2an-an-1=0,所以=, 即数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,可得an=, 所以bn==(n-λ)·2n. 因为数列{bn}是递增数列, 所以bn+1>bn对于任意的n∈N*恒成立, 即(n+1-λ)·2n+1>(n-λ)·2n, 即λ<n+2对于任意的n∈N*恒成立. 因为当n=1时,n+2取得最小值3,所以λ<3, 即λ的取值范围是(-∞,3).故选C. 6.(2025·Z20名校联盟二联)定义在(0,+∞)的增函数f(x)满足:f(x)+f(y)=f(xy)-1,且f(2)=0,f(an)=n-1.已知数列{an}的前n项和为Sn,则使得Sn<2 025成立的n的最大值是(　　) A.8 B.9 C.10 D.11 答案　B 解析　法一　∵f(x)+f(y)=f(xy)-1, 可令f(x)=logax-1, 又f(2)=0,则loga2-1=0, ∴a=2,∴f(x)=log2x-1. ∵f(an)=log2an-1=n-1, ∴an=2n, ∴Sn==2n+1-2<2 025, ∴2n+1<2 027. ∵210=1 024,211=2 048, ∴(n+1)max=10,∴nmax=9. 法二　∵f(x)+f(y)=f(xy)-1,f(an)=n-1. 由f(2)=0=1-1,∴a1=2; 令x=y=2, ∴f(2)+f(2)=f(4)-1, ∴f(4)=1=2-1,∴a2=4; 令x=2,y=4, ∴f(2)+f(4)=f(8)-1, ∴f(8)=2=3-1,∴a3=8; ∴a1=21,a2=22,…,an=2n, ∴Sn==2n+1-2<2 025, ∴2n+1<2 027. ∵210=1 024,211=2 048, ∴(n+1)max=10,∴nmax=9.故选B. 7.(2025·滨州联测)设数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且(n+1)(Sn+1-Sn)=(n+2)an.若存在n∈N*,使得2Sn+14≤kan成立,则k的最小值是(　　) A.4+1 B. C. D.8 答案　D 解析　由已知得(n+1)an+1=(n+2)an, 所以=, 所以数列是常数列. 又a2=3,所以==1, 即an=n+1, 所以数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,故Sn=. 由存在n∈N*,使得2Sn+14≤kan成立可知, 存在n∈N*,使得n2+3n+14≤k(n+1)成立,即k≥, 设t=n+1,t≥2,t∈N*,n=t-1, 从而==t++1. 记f(t)=t++1, 由对勾函数性质可知,f(t)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 又t≥2,t∈N*,f(3)=3+4+1=8,f(4)=4+3+1=8, 所以t++1的最小值是8,所以k≥8, 即k的最小值为8.故选D. 8.(2025·开封质检)如果数列{an}对任意的n∈N*均有an+2+an>2an+1恒成立,那么称数列{an}为“M-数列”,下列数列是“M-数列”的是(　　) A.an=2n-1 B.an=-3n C.an=n×2n D.an=n2× 答案　C 解析　若an=2n-1,则an+2+an-2an+1=2n+3+2n-1-2(2n+1)=0, 即an+2+an=2an+1,不满足条件,不是“M-数列”; 若an=-3n,则an+2+an-2an+1=-(3n+2+3n-2×3n+1)=-4×3n<0, 即an+2+an<2an+1,不满足条件,不是“M-数列”; 若an=n×2n,则an+2+an-2an+1=(n+2)×2n+2+n×2n-2(n+1)×2n+1=(n+4)×2n>0, 即an+2+an>2an+1,满足条件,则是“M-数列”; 若an=n2×,则an+2+an-2an+1=(n+2)2×+n2×-2(n+1)2× =× =×, 当n=1,2,3时,an+2+an<2an+1,不满足条件,不是“M-数列”.故选C. 二、多选题 9.(2025·杭州模拟)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并满足条件:a1>1,a2 024a2 025>1,<0,下列结论正确的是(　　) A.S2 024<S2 025 B.a2 024a2 026<1 C.T2 024是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 答案　ABC 解析　根据题意,等比数列{an}的公比为q, 若a2 024a2 025>1, 则(a1q2 023)(a1q2 024)=(a1)2(q4 047)>1, 又由a1>1,必有q>0, 则数列{an}各项均为正值, 若<0, 即(a2 024-1)(a2 025-1)<0, 必有a2 024>1,0<a2 025<1, 则必有0<q<1,依次分析选项: 对于A,数列{an}各项均为正值,则S2 025-S2 024=a2 025>0, 必有S2 024<S2 025,故A正确; 对于B,a2 024a2 026=<1,故B正确; 对于C,根据a1>a2>…>a2 024>1>a2 025>…>0, 所以T2 024是数列{Tn}中的最大项,故C正确,D错误. 10.(2025·西宁二模)已知数列{3n-1an}的前n项和为n·3n,则(　　) A.an=2n+1 B.数列{an}的前n项和为2n2+n C.数列{an-10}的前n项和的最小值为-16 D.数列的前n项和小于 答案　ACD 解析　因为{3n-1an}的前n项和为n·3n, 所以有30a1+31a2+32a3+…+3n-1an=n·3n, 显然a1=3, 显然当n≥2,n∈N*时,有30a1+31a2+32a3+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1, 两个式子相减,得 3n-1an=n·3n-(n-1)·3n-1, 化简,得an=2n+1, 显然a1=3适合该通项公式,因此A正确; 因为an+1-an=2, 所以数列{an}为等差数列, 于是数列{an}的前n项和为=n2+2n,所以B不正确; 令bn=an-10=2n-9, 由bn≥0⇒n≥4.5,从第五项起,该数列每一项为正数, 因此数列{an-10}的前n项和的最小值为 b1+b2+b3+b4=-7+(-5)+(-3)+(-1)=-16, 因此C正确; ==, 所以数列的前n项和为 =<, 因此D正确,故选ACD. 11.(2025·广州调研)已知a1=1,=(λ≥0).下列选项中正确的有(　　) A.存在λ,使存在正整数N,使n≥N时,an+1<an恒成立 B.存在λ,使不存在正整数N,使n≥N时,an+1<an恒成立 C.存在λ,使存在正整数N,使n≥N时,an+1>an恒成立 D.存在λ,使不存在正整数N,使n≥N时,an+1>an恒成立 答案　BCD 解析　若λ=0,则=<0,a1=1, 则{an}正负交替,B,D选项正确; 若λ>0,令=>1,即>1时,即an+1>an时, 即λn2-2n>n+1成立,即λ>成立, 显然存在正整数N,使n≥N时,an+1>an. ∴an+1>an,A选项错误,C选项正确. 三、填空题 12.(2025·南昌调研)已知在数列{an}中,a1=2,an+1=an,设数列{anan+1}的前n项和为Sn,若不等式(n+8)k≥Sn对∀n∈N*恒成立,则k的最小值为　　　　.  答案　 解析　由题意知(n+2)an+1=(n+1)an, 则数列{(n+1)an}是首项为(1+1)×2=4的常数列,an=, ∴anan+1=×= =16×, Sn=16×=, k≥==, ∵n>0,∴n+≥8, 当且仅当n=,即n=4时取等号, ∴k≥,则k的最小值为. 13.(2025·武汉调研)已知数列{an},{cn}满足a1=1,an+1=2an+1,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,若存在m使得Tn>对任意的n∈N*都成立,则正整数m的最小值为　　　　.  答案　5 解析　因为数列{an},{cn}满足a1=1, an+1=2an+1,cn=, 则an+1+1=2(an+1),且a1+1=2, 所以数列{an+1}是首项和公比都为2的等比数列, 所以an+1=2·2n-1=2n,则an=2n-1, 因为cn=>0, 则数列{Tn}单调递增, 所以数列{Tn}最小项的值为T1=c1=, 若存在m使得Tn>对任意的n∈N*都成立,则=<, 所以2m-1>15,解得m>4, 所以正整数m的最小值为5. 14.(2025·福州质检)若x=1是函数f(x)=an+1x4-anx3-an+2x+1的极值点,数列{an}满足a1=1,a2=3,设bn=log3an+1,记[x]表示不超过x的最大整数.设Sn=[++…+],若不等式Sn≥t对∀n∈N*恒成立,则实数t的最大值为　　　　.  答案　1 012 解析　f'(x)=4an+1x3-3anx2-an+2, ∴f'(1)=4an+1-3an-an+2=0, 即an+2-an+1=3(an+1-an), ∴数列{an+1-an}是首项为2,公比为3的等比数列, ∴an+1-an=2×3n-1,则an+1=(an+1-an)+(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1 =2×3n-1+2×3n-2+…+2×30+1=3n, ∴bn=log3an+1=log33n=n. ∴++…+ =2 025× =2 025× =. 又y=在n∈N*上单调递增, 则当n=1时,Sn取最小值S1==1 012,即t≤1 012.所以t的最大值为1 012. 四、解答题 15.(2025·石家庄质检)已知各项为正的数列{an}的首项为2,a2=6,an+2an+1-2=an+1an--anan+2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前n项和为Sn,求数列{Sn+an-28}前n项和的最小值. 解　(1)因为an+2an+1-2=an+1an--anan+2, 所以有(an+1+an)(an+2+an-2an+1)=0, 而an>0,∴an+an+1≠0, 所以an+2+an-2an+1=0, 又因为a1=2,a2=6,所以a2-a1=4, 由等差数列定义知数列{an}是以2为首项,4为公差的等差数列. 所以数列{an}的通项公式为an=4n-2. (2)由(1)有Sn=2n+×4=2n2, ∴Sn+an-28=2n2+4n-30 =2(n+5)(n-3), 令Sn+an-28>0, 有n=4,5,6,…; Sn+an-28<0,有n=1,2; Sn+an-28=0,有n=3. 所以{Sn+an-28}前n项和的最小值为2(1+5)(1-3)+2(2+5)(2-3)=-38, 当且仅当n=2,3时取到. 16.(2025·银川调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=,a2+a3=-. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=求数列{bn}的前n项和Tn; (3)若存在正整数n,使得(Sn-m)(Sn+1-m)<0成立,求m的取值范围. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q, 则q====-, 由S2=a1+a2=a1-a1==, 解得a1=1, 所以an=1×=. (2)由(1)得bn= 则b2k-1+b2k=2k-1-+=2k-1, 当n为偶数时,令n=2k, 则Tn=T2k==k2=, 当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1 =-=-. 所以Tn= (3)由(1),知Sn==, 存在正整数n,使得(Sn-m)(Sn+1-m)<0成立. 当n为偶数时,Sn=<, Sn+1=>, 由(Sn-m)(Sn+1-m)<0,得Sn<m<Sn+1. 因为Sn单调递增, 所以Sn的最小值为S2=, 因为Sn+1单调递减, 所以Sn+1的最小值为S3=, 所以<m<. 当n为奇数时,Sn=>, Sn+1=<, 由(Sn-m)(Sn+1-m)<0,得Sn+1<m<Sn. 因为Sn单调递减,所以Sn的最大值为S1=1, 因为Sn+1单调递增, 所以Sn+1的最小值为S2=, 所以<m<1. 综上,m的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $